\section{多项式函数}

\begin{frame}{多项式函数}
直到现在为止， 我们始终是纯形式地讨论多项式， 也就是把多项式看作形式的表达式。在这一节，我们将从另一个观点，即函数的观点来考察多项式。

\pause
\begin{definition}
设
\begin{equation*}
f=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0} \tag{1}
\end{equation*}
是 $P[x]$ 中的多项式， $\alpha$ 是 $P$ 中的数，在(1) 中用 $\alpha$ 代 $x$ 所得的数
\[
a_{n} \alpha^{n}+a_{n-1} \alpha^{n-1}+\cdots+a_{1} \alpha+a_{0}
\]
称为 $f$ 当 $x=\alpha$ 时的值， 记为 $f(\alpha)$. 
\pause
这样一来， 多项式 $f$ 就定义了一个数域 $P$ 上的函数
\[
  P\rightarrow P,\quad \alpha\mapsto f(\alpha)=\sum_{i=0}^n a_i\alpha^i.
\]
可以由一个多项式来定义的函数称为数域 $P$ 上的\emph{多项式函数}。 当 $P$ 是实数域时，这就是数学分析中所讨论的多项式函数。
\end{definition}
\pause
因为 $x$ 在与数域 $P$ 中的数进行运算时适合与数的运算相同的运算规律， 所以不难看出，
\end{frame}

\begin{frame}
如果
\[
h_{1}=f+g, \quad h_{2}=f g,
\]
那么
\[
h_{1}(\alpha)=f(\alpha)+g(\alpha), \quad h_{2}(\alpha)=f(\alpha) g(\alpha).
\]
即赋值保持加法和乘法\footnote{赋值诱导了环同态$P[x]\rightarrow \Hom(P, P)$.}。

\pause
利用带余除法，我们得到下面常用的定理：

\begin{theorem}%定理7 
  [余数定理] 用一次多项式 $x-\alpha$ 去除多项式 $f$, 所得的余式是一个常数， 这个常数等于函数值 $f(\alpha)$.
\end{theorem}


\pause
\begin{proof}
用 $x-\alpha$ 去除 $f$, 设商为 $q$,余式为一常数 $c$,于是
\[
f=(x-\alpha) q+c .
\]
以 $\alpha$ 代 $x$,得
$f(\alpha)=c$.
\end{proof}

\pause
\begin{definition}
  如果 $f$ 在 $x=\alpha$ 时函数值 $f(\alpha)=0$, 那么 $\alpha$ 就称为 $f$ 的一个\emph{根}或\emph{零点}。
\end{definition}


\end{frame}

\begin{frame}

由余数定理我们得到根与一次因式的关系：

\begin{corollary}%推论 
$\alpha$ 是 $f$ 的根的充分必要条件是 $(x-\alpha) \mid f$. 
\end{corollary}
\pause
由这个关系，我们可以定义重根的概念。 $\alpha$ 称为 $f$ 的 \emph{$k$ 重根}， 如果 $x-\alpha$ 是 $f$ 的 $k$ 重因式。 当 $k=1$ 时， $\alpha$ 称为\emph{单根}; 当 $k>1$ 时， $\alpha$ 称为\emph{重根}。

\pause
作为上一节中重因式相关结论的特殊情形和推论，我们有

\begin{theorem}
  设$f\in P[x], \alpha\in P$. 
  \begin{enumerate}
    \item 若$\alpha$为$f$的$k$-重根 ($k\geqslant 1$), $\alpha$为$f'$的$k-1$重根。
    \item 若$\alpha$为$f$的$k$-重根 ($k\geqslant 1$), 则$\alpha$为$f,f',\cdots,f^{(k-1)}$的根，但不是$f^{(k)}$的根。
    \item $\alpha$为$f$的重根当且仅当$\alpha$同时为$f, f'$的根，当且仅当$\alpha$为$(f,f')$的根。
    \item 若$(f,f')=1$, 则$f$无重根。特别地，若$f$不可约，则$f$无重根。
  \end{enumerate}
\end{theorem}

\pause

\begin{example}
  考虑多项式$f=x^3-5x+1$, 或$x^5-20x+10$, 或$x^6+x^5+x^4+x^3+x^2+x+1$. 
  在\S9中我们会知道这些系数都是有理数的多项式在$\bQ[x]$中不可约。
特别地，$f, f'$在有理数域上的首一最大公因式为$1$. 
而首一最大公因式不随系数域的扩大而改变，
因此对任意的数域$P$, 在$P[x]$中有$(f,f')=1$. 
因此，$f$在任意的数域上都没有重根。
\end{example}
\end{frame}

\begin{frame}


\begin{example}
  证明多项式$f=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}$没有重根。

  \pause
  %\textbf{方法一：} 我们有
  %$f'=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}.$
  %  若$f$有重根$c$, $c$亦是$f'$的根，从而是$f-f'=\frac{x^n}{n!}$的根。这样$c=0$. 但$f(0)=1$, 矛盾了。
  %  所以$f$没有重根。
\textbf{方法一：} 我们有
$f'=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}$, $f-f'=\frac{x^n}{n!}$.
这样
\[
(f,f')=(f, f-f')=\left(f,\frac{x^n}{n!}\right)=1\]
(注意到$x\nmid f$).
  所以$f$没有重根。

    \pause
    \textbf{方法二：} 实际上，$f=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}$作为$\symbf{Q}[x]$中的多项式是不可约的 (由 Schur 首先证明%
    \footnote{参见 \url{https://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/gradnumthy/schurtheorem.pdf}})。
    由此在$\symbf{Q}[x]$中有$f,f'$的首一最大公因式为$(f,f')=1$.
  而首一最大公因式不随基域的扩大而改变，故对任意的数域$P$, 在$P[x]$中有$(f,f')=1$. 
  这样$f$没有重根。
  \end{example}

  \pause
  \begin{example}
      证明多项式$f=x^3+px+q$有重根当且仅当$4p^3+27q^2=0$.
  \pause
  我们有$f'=3x^2+p$. 我们试着用辗转相除法求$f, f'$的最大公因子：
  \setlength{\tabcolsep}{2pt}
  \[
    \begin{tabular}{R|RRRR|RRRRR|L}
      & f'= & 3x^2 & & +p & f= & x^3 &  & +px & +q & q_1=\frac{1}{3}x\\
      & && & && x^3 & & +\frac{1}{3} px  & & \\
      \cline{2-10}
      & && & & & & r_1= & \frac{2}{3} px & + q & 
    \end{tabular}
  \]
      \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}

  \addtocounter{theorem}{-1}
  \begin{example}[续]
    这样我们有等式$f=f'q_1+r_1$.
先考虑$p=0$. 此时$f$有重根必有$q=0$, 否则$r_1=q$为非零常数，这时$(f,f')=1$,
  故$f$没有重根；
  \pause
  而 $p=q=0$时$f=x^3$, 故$0$为$f$的重根。
  所以$p=0$时$f$有重根等价于$q=0$.
  \pause
  再考虑$p\neq 0$. 此时$r_1=\frac{2}{3} px + q$是一次多项式。
  我们断言$f$有重根当且仅当$r_1\mid f'$. 
  若$r_1\nmid f'$, 则$r_1$除$f'$的余式是非零常数，
  这时$(f,f')=1$,
  故$f$没有重根。若$r_1\mid f'$, 则$(f,f')=cr_1$, 对某个$c\in P^*$. 
  $r_1$作为$1$次多项式有一个根，这是$(f,f')$的根，从而是$f$的重根。断言得证。
  由于 
  $r_1=\frac{2}{3}p \left(x-\left(-\frac{3q}{2p}\right)\right),$
  我们有$r_1\mid f'$当且仅当
  \[
    0=f'\left(-\frac{3q}{2p}\right)=\frac{4p^3+27q^2}{4p^2},
    \qquad \text{即~}
    4p^3+27q^2=0.
  \]
  \pause
  所以$p\neq 0$时$f$有重根等价于$4p^3+27q^2=0$.

  \pause
  合并上面讨论的两种情况可知：$x^3+px+q$有重根当且仅当$4p^3+27q^2=0$.
\end{example}

\pause
\begin{remark}
  对一般的三次多项式$f(x)=x^3+ax^2+bx+c$, 令$g(x)=f(x-\frac{a}{3})$,
  那么$g$形如$x^3+px+q$. 易知$f$有重根当且仅当$g$有。
  这样应用上例的结果可知$f$有重根的条件。
  例如，考虑$f=x^3+3x^2+t$. 令$g=f(x-1)=x^{3} - 3 x + t + 2$.
  $g$有重根相当于
  \[
    4\cdot (-3)^3+27(t+2)^2=0, \quad \text{亦即$t=0$或$-4$.}
  \]
  因此$f$有重根当且仅当$t=0$或$-4$.
\end{remark}
\end{frame}

\begin{frame}



\begin{theorem}%定理8 
  \label{102}
$P[x]$ 中 $n$ 次多项式 $(n \geqslant 0)$ 在数域 $P$ 中的根不可能多于 $n$ 个， 重根按重数计算。
\end{theorem}

\pause

\begin{proof}
对零次多项式定理显然成立。
设 $f$ 是一个次数 $>0$ 的多项式。 把 $f$ 分解成不可约多项式的乘积。 由上面的推论与根的重数的定义， 显然 $f$ 在数域 $P$ 中根的个数等于分解式中一次因式的个数，这个数目当然不超过 $n$. 
\end{proof}

\pause
在上面我们看到，每个多项式函数都可以由一个多项式来定义。不同的多项式会不会定义出相同的函数呢? 这就是问， 是否可能有
\[
f \neq g,
\]
而对于 $P$ 中所有的数 $\alpha$ 都有
\[
f(\alpha)=g(\alpha)?
\]
由定理~\ref{102}~不难对这个问题给出一个否定的回答%
\footnote{基域是无限域时，多项式环与多项式函数环同构，因此形式多项式与多项式函数没有本质的区别。不过有限域上不是如此。}。


\end{frame}

\begin{frame}



\begin{theorem}%定理9 
  \label{17C}
如果多项式 $f, g$ 的次数都不超过 $n$, 而它们对 $n+1$ 个不同的数 $\alpha_{1}$, $\alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n+1}$ 有相同的值， 即
\[
f\left(\alpha_{i}\right)=g\left(\alpha_{i}\right), \quad i=1,2, \cdots, n+1,
\]
那么 $f=g$.
\end{theorem}

\pause
\begin{proof}
由定理的条件，有
\[
  (f-g)(\alpha_i)=f\left(\alpha_{i}\right)-g\left(\alpha_{i}\right)=0, \quad i=1,2, \cdots, n+1 .
\]
这就是说， 多项式 $f-g$ 有 $n+1$ 个不同的根。 如果 $f-g \neq 0$, 那么它就是一个次数不超过 $n$ 的多项式， 由定理~\ref{102}, 它不可能有 $n+1$ 个根。 因此， $f=g$. 
\end{proof}

\pause
因为数域 $P$ 中有无穷多个数， 所以定理~\ref{17C}~说明了， 不同的多项式定义的函数也不相同。如果两个多项式定义相同的函数， 就称为\emph{恒等}，上面的结论表明，多项式的恒等与多项式相等实际上是一致的。 换句话说， 数域上的多项式既可以作为形式表达式来处理，也可以作为函数来处理。 但是应该指出，考虑到今后的应用与推广， 把多项式看成形式表达式要方便些。
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{theorem}[Lagrange插值公式]
  设$f\in P[x]$次数不超过$n$且在$n+1$个两两不同点$a_0, a_1, \cdots, a_n\in P$上取值分别为$b_0, b_1, \cdots, b_n$. 那么
  \begin{equation}\label{0F6}
    f=\sum_{i=0}^n b_i\ell_i(x),
  \end{equation}
  其中
\[
\ell_i(x) = \frac{\prod_{j\neq i}(x-a_j)}{\prod_{j\neq i}(a_i-a_j)}
=\frac{(x-a_0)\cdots(x-a_{i-1})(x-a_{i+1})\cdots(x-a_n)}{(a_i-a_0)\cdots(a_i-a_{i-1})(a_i-a_{i+1})\cdots(a_i-a_n)}.
\]
  \label{0EF}
\end{theorem}

\pause
\vspace{.5em}
这些$\ell_i(x)$ 称为 \emph{Lagrange 多项式}，
它们满足如下性质：
\[
  \ell_i(a_j)=\begin{cases}
    1 & j=i,\\
    0 & j\neq i.
  \end{cases}
\]

\pause
\vspace{-1em}
\begin{proof}
  令$g=\sum_{i=0}^n b_i\ell_i(x)$.
  我们反证得到$f=g$. 若$f\neq g$, 则$\partial(f-g)\leqslant n$,
  因为$\partial g\leqslant n$或$g=0$, 且$\partial f\leqslant n$.
  $g(a_j)=b_j=f(a_j)$表明$(f-g)(a_j)=0$, 对任意的$0\leqslant j\leqslant n$;
  这样 $f-g$有$n+1$个两两不同的根$a_0,a_1,\cdots,a_n$.
  这与定理~\ref{17C}~相悖。
  只有$f=g$.
\end{proof}

\end{frame}


\begin{frame}
\begin{example}
 要找一个次数$<4$的多项式$f$使得 
 $f(2)=3, f(3)=-1, f(4)=0, f(5)=2$,
      \pause
我们可取
      \begin{align*}
        f(x)&= 3\times \frac{(x-3)(x-4)(x-5)}{(2-3)(2-4)(2-5)} +  
        (-1)\times \frac{(x-2)(x-4)(x-5)}{(3-2)(3-4)(3-5)} \\
        & \quad + 0\times ? + 
        2\times \frac{(x-2)(x-3)(x-4)}{(5-2)(5-3)(5-4)} \\
        &= \frac{1}{6}(-4 x^{3} + 51 x^{2} - 203 x + 252).
      \end{align*}
\end{example}


  \pause
  \begin{exercise}
  设$a_1, \cdots, a_n\in P$互异。
  证明：
  \begin{enumerate}
    \item $\sum_{i=1}^n \frac{\prod_{j\neq i}(x-a_j)}{\prod_{j\neq i}(a_i-a_j)} =1.$
    \item 任意多项式$f$除以$\prod_{i=1}^n(x-a_i)$的余式为$\sum_{i=1}^n\frac{\prod_{j\neq i}(x-a_j)}{\prod_{j\neq i}(a_i-a_j)}   f(a_i)$.
  \end{enumerate}
\end{exercise}



\end{frame}
\begin{frame}{小结}
  \begin{enumerate}
    \item 何为多项式函数？
    \item 何为多项式的根（或零点）？如何通过整除性来判断？
    \item 何为$k$-重根？何为单根、重根？
    \item 说说判断重根的相关结论。多多益善。最基本的是哪个结论？
    \item 次数$n$的多项式最多几个根？
    \item 说说为何两个多项式决定了同一个多项式函数时（即恒等）必须相等。
    \item 说说次数不超过$n$的多项式如何被在$n+1$个不同点的取值所决定。
  \end{enumerate}
\end{frame}
